1、命题角度5.5：圆锥曲线的定值、定点问题1动点在圆： 上运动，定点，线段的垂直平分线与直线的交点为（）求的轨迹的方程；（）过点的直线， 分别交轨迹于， 两点和， 两点，且证明：过和中点的直线过定点【答案】（）（）（）分别设直线和的中点为、，当直线斜率不存在或为0时，分析可知直线与轴重合，当直线的斜率为1时，此时， ，直线的方程为，联立解得直线经过定点下面证明一般性：当直线的斜率存在且不为0,1时，设直线的方程为，则直线的方程为，设， ，联立消去得，则，所以，即，同理： ，于是直线的斜率为，故直线的方程为，显然时， ，故直线经过定点点睛：在处理直线和圆锥曲线的位置关系时，往往先根据题意合理设出直
2、线方程，再联立直线和圆锥曲线方程，但要注意“直线不存在斜率”的特殊情况，如本题中利用直线不存在斜率时探究其定点，给一般情形找到了目标.2. 已知椭圆的左、右焦点分别为,离心率为,点是椭圆上任意一点, 的周长为.()求椭圆的方程；()过点 (-4,0)任作一动直线交椭圆于两点,记,若在线段上取一点,使得,则当直线转动时,点在某一定直线上运动,求该定直线的方程【来源】青海省西宁市2017届高三下学期复习检测二（二模）数学（理）试题【答案】() ；() 点在定直线上.【解析】试题分析: (1)由已知条件求出 的值, 根据 ,求出椭圆的方程; (2)设直线 联立直线与椭圆方程, 求出 的表达式,将 由
3、 表示出来，由,求出 的表达式,化简,求出为定值. ()由题意可知,直线的斜率必存在.故可设直线的方程为,由,消去得,由根与系数的关系得,由,得所以.所以,设点的坐标为,由,得,所以,解得.而,所以.故点在定直线上.点睛: 本题主要考查了以椭圆为载体,求椭圆标准方程以及椭圆与直线的关系 ,属于中档题. 考点有: 椭圆的标准方程,椭圆的简单几何性质,韦达定理,向量坐标运算等等. 考查学生的逻辑思维能力,运算求解能力.3.已知点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积是，点的轨迹为曲线.（）求的方程；（）过点作直线交曲线于两点，交轴于点，若， ，证明： 为定值.【答案】（）; （）.试题解析：
4、（）设点，由已知得，化简得点的轨迹的方程: . （）设点的坐标分别为.由，所以，所以 因为点在曲线上，所以 ，化简得 ，同理，由可得： ， 代入曲线的方程得 ，由得是方程的两个实数根(0)， 所以.点睛：解析几何中的定值问题，一般先要求出此量戒代数表达式，本题就是的表达式，为此设点的坐标分别为.由，求得，目的是利用点在曲线，坐标代入方程得的式子 ，同理得的式子，两式比较知是方程的两根，由韦达定理可得结论4. 已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆过点，直线交轴于，且， 为坐标原点（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆的上顶点，过点分别作直线交椭圆于两点，设这两条直线的斜率分别为，且，证明：直线过定点【答
5、案】（1）（2）详见解析【解析】试题分析：（1）将点代入椭圆方程得，由得，则，联立方程得解；（2）分为直线斜率存在和斜率不存在两种情况，当斜率不存在时，直接代入得解；当斜率存在时，联立直线和椭圆的方程得，结合韦达定理，运用整体代换的思想化简得，可得其恒过定点.试题解析：（1）椭圆过点， ，则，由得，椭圆的方程为得，即，由，即故直线过定点5. 如图已知椭圆：的离心率为，以椭圆的左顶点为圆心作圆：，设圆与椭圆交于点与点（）求椭圆的方程；（）设点是椭圆上异于、的任意一点，且直线、分别与轴交于点、，为坐标原点，求证：为定值【来源】【全国市级联考】2017届陕西省西安市高三模拟（一）数学（理）试卷（带解
6、析）【答案】（1）；（2）详见解析.（2）设点则直线的方程为，令，得，同理，故.又因为点与点在椭圆上，故，代入可得.所以为定值.点睛：本题主要考查直线和圆锥曲线的位置关系，考查圆的方程和椭圆的方程.第一问是待定系数法求椭圆的标准方程，需要两个条件，第一个条件很明显，是椭圆的离心率.第二个条件隐藏在圆的方程中.第二问由于是直线与轴的交点，我们只需将直线设出，然后令即可求出两点的坐标.6.已知椭圆右顶点，离心率（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆上顶点， 是椭圆在第一象限上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，问与面积之差是否为定值？说明理由【答案】（1）（2）2【解析】试题分析：（1）本问主要考查
7、求椭圆的标准方程，可以根据待定系数法求方程，右顶点，即，又离心率，则可以求出，根据，求出后即得到椭圆方程；（2）本问主要考查直线与椭圆位置关系中的定点、定值问题，设，根据，求出，根据，求出，问与面积之差等于，用坐标表示后整理、化简后可以判断是否为定值.试题解析：依题意得解得 ，则椭圆的方程为.设，则，令得，则,，令得，则,.考点：1.椭圆的标准方程；2.直线与椭圆的位置关系.方法点睛：圆锥曲线中的定点、定值问题是考查的重点，一般难度较大，计算较复杂，考查较强的分析能力和计算能力.求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程
8、中消去变量，从而得到定值.解题时，要将问题合理的进行转化，转化成易于计算的方向.7.在直角坐标系中， 动圆与圆外切，同时与圆内切.（1）求动圆圆心的轨迹方程；（2）设动圆圆心的轨迹为曲线，设是曲线上两点，点关于轴的对称点为 (异于点)，若直线分别交轴于点，证明: 为定值.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】试题分析： (2)设，则，由题意知.则，直线方程为，令，得，同理，于是，又和在椭圆上，故，则.所以.8. 已知、分别是椭圆的左顶点、右焦点，点为椭圆上一动点，当轴时， .（1）求椭圆的离心率；（2）若椭圆存在点，使得四边形是平行四边形（点在第一象限），求直线与的斜率之积；（3）记圆为椭圆
9、的“关联圆”. 若，过点作椭圆的“关联圆”的两条切线，切点为、，直线的横、纵截距分别为、，求证： 为定值.【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】试题分析：(1)利用题意得到关于的齐次方程，求解方程组可得椭圆的离心率；(2) 由题意， ， ，则，结合(1)的结论可得. (3) 由（1）知椭圆方程为，圆的方程为.四边形的外接圆方程为，所以，因为点在椭圆上，则. 试题解析：解：（1）由轴，知，代入椭圆的方程，得，解得. 又，所以，解得. （3）由（1）知，又，解得，所以椭圆方程为，圆的方程为 . 连接，由题意可知， ， ，所以四边形的外接圆是以 为直径的圆，设，则四边形的外接圆方程为，即. ，
10、得直线的方程为，令，则；令，则. 所以，因为点在椭圆上，所以，所以. 9.在平面直角坐标系内，动点与两定点， 连线的斜率之积为.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设点， 是轨迹上相异的两点.（）过点， 分别作抛物线的切线， ， 与两条切线相交于点，证明： ；（）若直线与直线的斜率之积为，证明： 为定值，并求出这个定值.【答案】（1）（2）（）0（）1试题解析：（1）依题意： （2）（）设直线的斜率为，设直线的斜率为，设切线为： ， ， ， .点睛：求轨迹方程，一般是问谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可，而对于直线与曲线的综合问题要先分析题意转化为等式，例如，可以转化为向量坐标进行运算也可以
11、转化为斜率来理解，然后借助韦达定理求解即可运算此类题计算一定要仔细.10.在平面直角坐标系中，已知动点到定点的距离与到定直线的距离之比为（1）求动点的轨迹的方程；（2）已知为定直线上一点.过点作的垂线交轨迹于点（不在轴上），求证：直线与的斜率之积是定值；若点的坐标为，过点作动直线交轨迹于不同两点，线段上的点满足，求证：点恒在一条定直线上.【答案】（1）（2）直线与的斜率之积为定值点在定直线上【解析】试题分析：（1）设动点坐标，直接利用轨迹方程定义计算即可；（2），令，由，得，即，即，又因为点在椭圆上，所以，而的斜率分别为，于是，即直线与的斜率之积为定值； 令，则，代入椭圆，消元即可证明点在定直
12、线上（2）因为为直线上一点，所以令，令，由，得，即，即，又因为点在椭圆上，所以，而的斜率分别为，于是，即直线与的斜率之积为定值 令，则，令点，则，即，即由，得，因为在椭圆上，所以，2+3，得，即，所以点在定直线上本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用- 16 -
